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高考数学真题专项练习 专题29 圆锥曲线的综合问题（解析版）
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这是一份高考数学真题专项练习 专题29 圆锥曲线的综合问题（解析版），共79页。试卷主要包含了设为坐标原点，动点在椭圆，已知抛物线，已知椭圆的一个焦点为，离心率为等内容，欢迎下载使用。
专题29 圆锥曲线的综合问题
十年大数据*全景展示
年 份
题号
考 点
考 查 内 容
2015[来源:学。科。网]
卷1[来源:Z|xx|k.Com]
文5[来源:学&科&网Z&X&X&K]
椭圆、抛物线
椭圆标准方程及其几何性质，抛物线标准方程及其几何性质[来源:Zxxk.Com]
理20
抛物线
直线与抛物线的位置关系，抛物线存在问题的解法
卷2
理20
直线与椭圆
直线和椭圆的位置关系，椭圆的存在型问题的解法
文20
直线与椭圆
椭圆方程求法，直线和椭圆的位置关系，椭圆的定值问题的解法
2016
卷1
文5
直线与椭圆
椭圆的几何性质，直线和椭圆的位置关系
卷2
理20
直线与椭圆
椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系
2017
卷1
理20
直线与椭圆
椭圆标准方程的求法，直线与椭圆的位置关系，椭圆的定点问题
卷2
文理20
直线与椭圆
轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系，椭圆的定点问题
2018
卷2
理12
直线与椭圆
椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系
文11
椭圆
椭圆的定义、标准方程及其几何性质，椭圆离心率的计算
卷3
文理20
直线与椭圆
直线与椭圆的位置关系
文理20
直线与椭圆
直线与椭圆的位置关系
2019
卷2
理8文9
椭圆与抛物线
抛物线与椭圆的几何性质
卷3
理21
直线与圆，直线与抛物线
直线与圆位置关系，直线与抛物线位置关系，抛物线的定义、标准方程及其几何性质，抛物线的定点问题
文21
直线与圆，直线与抛物线
直线与圆位置关系，直线与抛物线位置关系，抛物线的定义、标准方程及其几何性质，抛物线的定点问题
2020
卷1
理20文21
椭圆
椭圆的标准方程及其几何性质，椭圆定点问题
卷2
理19
椭圆、抛物线
椭圆、抛物线方程的求法，椭圆离心率的求法，抛物线的定义
文19
椭圆、抛物线
椭圆、抛物线方程的求法，椭圆离心率的求法，抛物线的定义
卷3
文6
圆锥曲线
圆锥曲线的轨迹问题
大数据分析*预测高考
考点
出现频率
2021年预测
考点98曲线与方程
37次考1次
命题角度：（1）定点、定值问题；（2）最值、范围问题；（3）证明、探究性问题．
核心素养：数学运算、逻辑推理、直观想象
考点99定点与定值问题
37次考6次
考点100最值与范围问题
37次考5次
考点101探索型与存在性问题
37次考3次
十年试题分类*探求规律
考点98 曲线与方程
1．（2020山东）已知曲线．（ ）
A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m=n>0，则C是圆，其半径为
C．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为
D．若m=0，n>0，则C是两条直线
【答案】ACD
【解析】对于A，若，则可化为，
∵，∴，
即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确；
对于B，若，则可化为，
此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确；[来源：Z+xx+k．Com]
对于C，若，则可化为，
此时曲线表示双曲线，
由可得，故C正确；
对于D，若，则可化为，
，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确．
2．（2020天津）设双曲线的方程为，过抛物线的焦点和点的直线为．若的一条渐近线与平行，另一条渐近线与垂直，则双曲线的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题可知，抛物线的焦点为，∴直线的方程为，即直线的斜率为，
又双曲线的渐近线的方程为，∴，，∵，解得，故选D．
3．【2019北京理】数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：就是其中之一（如图）．给出下列三个结论：
①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；
③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3．
其中，所有正确结论的序号是
A．① B．② C．①② D．①②③
【答案】C
【解析】由得，，，
∴可取的整数有0，−1，1，从而曲线恰好经过(0，1)，(0，−1)，(1，0)，(1，1)， (−1，0)，(−1，1)，共6个整点，结论①正确．
由得，，解得，∴曲线上任意一点到原点的距离都不超过．结论②正确．
如图所示，易知，
四边形的面积，很明显“心形”区域的面积大于，即“心形”区域的面积大于3，说法③错误．
故选C．
4．（2020全国Ⅱ文19）已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，的中心与的顶点重合．过且与轴垂直的直线交于两点，交于两点，且．
（1）求的离心率；
（2）若的四个顶点到的准线距离之和为12，求与的标准方程．
【解析】（1）解：∵椭圆的右焦点坐标为：，∴抛物线的方程为，其中．不妨设在第一象限，∵椭圆的方程为：，∴当时，有，因此的纵坐标分别为，．
又∵抛物线的方程为，∴当时，有，∴的纵坐标分别为，，故，．由得，即，解得（舍去），，∴的离心率为．
（2）由（1）知，，故，∴的四个顶点坐标分别为，，，，的准线为．
由已知得，即，∴的标准方程为，的标准方程为．
5．（2020全国Ⅱ理19）已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，的中心与的顶点重合．过且与轴垂直的直线交于两点，交于两点，且．
（1）求的离心率；
（2）设是与的公共点，若，求与的标准方程．
【解析】（1），轴且与椭圆相交于、两点，则直线的方程为，
联立，解得，则，
抛物线的方程为，联立，
解得，，
，即，，
即，即，
，解得，因此，椭圆的离心率为；
（2）由（1）知，，椭圆的方程为，
联立，消去并整理得，解得或（舍去），
由抛物线的定义可得，解得．
因此曲线的标准方程为，曲线的标准方程为．
6．（2018江苏）如图，在平面直角坐标系中，椭圆过点，焦点
，圆的直径为．
(1)求椭圆及圆的方程；
(2)设直线与圆相切于第一象限内的点．
①若直线与椭圆有且只有一个公共点，求点的坐标；
②直线与椭圆交于两点．若的面积为，求直线的方程．
【解析】(1)因为椭圆的焦点为，
可设椭圆的方程为．又点在椭圆上，
所以，解得
因此，椭圆的方程为．
因为圆的直径为，所以其方程为．
(2)①设直线与圆相切于，则，
所以直线的方程为，即．
由消去，得
．（*）
因为直线与椭圆有且只有一个公共点，
所以．
因为，所以．
因此，点的坐标为．
②因为三角形的面积为，所以，从而．
设，
由（*）得，
所以．
因为，
所以，即，
解得舍去），则，因此的坐标为．
综上，直线的方程为．
7．（2017新课标Ⅱ）设为坐标原点，动点在椭圆：上，过做轴的垂线，垂足为，点满足．
（1）求点的轨迹方程；
（2）设点在直线上，且．证明：过点且垂直于的直线过的左焦点．
【解析】（1）设，，则，，．
由得 ，．
因为在上，所以，因此点的轨迹方程为．
（2）由题意知．设，，则，，，，，
由得，又由（1）知，故．
所以，即．又过点存在唯一直线垂直与，所以过点且垂直于的直线过的左焦点．
8．（2016全国Ⅲ文理）已知抛物线：的焦点为，平行于轴的两条直线分别交于两点，交的准线于两点．
（I）若在线段上，是的中点，证明；
（II）若的面积是的面积的两倍，求中点的轨迹方程．
【解析】（Ⅰ）由题设．设，则，且
．
记过两点的直线为，则的方程为．
（Ⅰ）由于在线段上，故．
记的斜率为，的斜率为，则
．
所以．
（Ⅱ）设与轴的交点为，
则．
由题设可得，所以（舍去），．
设满足条件的的中点为．
当与轴不垂直时，由可得．
而，所以．
当与轴垂直时，与重合．所以所求轨迹方程为．
9．（2015江苏理）如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且右焦点到左准线的距离为3．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过的直线与椭圆交于两点，线段的垂直平分线分别交直线和于点，若，求直线的方程．
【解析】（1）由题意，得且，
解得，，则，所以椭圆的标准方程为．
（2）当轴时，，又，不合题意．
当与轴不垂直时，设直线的方程为，，
，将的方程代入椭圆方程，得，
则，的坐标为，且
．
若，则线段的垂直平分线为轴，与左准线平行，不合题意．
从而，故直线的方程为，
则点的坐标为，从而．
因为，所以，解得．
此时直线方程为或．
10．（2014广东理）已知椭圆的一个焦点为，离心率为．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）若动点为椭圆外一点，且点P到椭圆C的两条切线相互垂直，求点P的轨迹方程．
【解析】（Ⅰ）可知，又，，，
椭圆C的标准方程为；
（Ⅱ）设两切线为，
①当轴或轴时，对应轴或轴，可知
②当与轴不垂直且不平行时，，设的斜率为，则，的斜率为，的方程为，联立，得，
因为直线与椭圆相切，所以，得，
，，
所以是方程的一个根，同理是方程的另一个根，，得，其中，
所以点P的轨迹方程为（），因为满足上式，综上知：点P的轨迹方程为．
11．（2014辽宁理）圆的切线与轴正半轴，轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为（如图），双曲线过点且离心率为．
（1）求的方程；
（2）椭圆过点且与有相同的焦点，直线过的右焦点且与交于，两点，若以线段为直径的圆心过点，求的方程．
【解析】（Ⅰ）设圆的半径为，点上下两段分别为，，
由射影定理得，三角形的面积
当时，取得最大，此时
∵，在双曲线上
∴，∴双曲线的方程为
（Ⅱ）由（Ⅰ）知的焦点为，由此设的方程为，
其中，由在上，得，∴的方程为，
显然，不是直线，设的方程为，点，
由得，
∴①
②
由①②得，解得，
因此直线的方程或．
12．（2013四川理）已知椭圆C：的两个焦点分别为，，且椭圆C经过点．
（Ⅰ）求椭圆C的离心率
（Ⅱ）设过点的直线与椭圆C交于M，N两点，点Q是MN上的点，且
，求点Q的轨迹方程．
【解析】（Ⅰ）由椭圆定义知，2a＝|PF1|＋|PF2|＝，
所以．又由已知，c＝1，所以椭圆C的离心率．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，椭圆C的方程为＋y2＝1．设点Q的坐标为(x，y)．
(ⅰ)当直线l与x轴垂直时，直线l与椭圆C交于(0，1)，(0，－1)两点，此时点Q的坐标为．
(ⅱ)当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2．
因为M，N在直线l上，可设点M，N的坐标分别为(，k＋2)，(，k＋2)，
则|AM|2＝(1＋k2)，|AN|2＝(1＋k2)．
又|AQ|2＝x2＋(y－2)2＝(1＋k2)．
由，得，
即．①
将y＝kx＋2代入＋y2＝1中，得(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0．②
由Δ＝(8k)2－4×(2k2＋1)×6＞0，得k2＞．
由②可知，＝，＝，代入①中并化简，得．③
因为点Q在直线y＝kx＋2上，所以，代入③中并化简，得10(y－2)2－3x2＝18．
由③及k2＞，可知0＜x2＜，即x∈∪．
又满足10(y－2)2－3x2＝18，故x∈．
由题意，Q(x，y)在椭圆C内，所以－1≤y≤1．
又由10(y－2)2＝18＋3x2有(y－2)2∈且－1≤y≤1，则y∈．
所以，点Q的轨迹方程为10(y－2)2－3x2＝18，其中x∈，y∈．
13．（2011天津理）在平面直角坐标系中，点为动点，分别为椭圆的左右焦点．已知△为等腰三角形．
（Ⅰ）求椭圆的离心率；
（Ⅱ）设直线与椭圆相交于两点，是直线上的点，满足，求点的轨迹方程．
【解析】（Ⅰ）解：设，由题意，可得
即
整理得（舍），或所以
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知可得椭圆方程为
直线PF2方程为
A，B两点的坐标满足方程组
消去y并整理，得
解得
得方程组的解
不妨设
设点的坐标为，
由
于是
由
即，
化简得
将
所以
因此，点的轨迹方程是
考点99 定点与定值问题
14．【2020全国Ⅰ文21理20】已知分别为椭圆的左、右顶点，为的上顶点，，为直线上的动点，与的另一交点为与的另一交点为．
（1）求的方程；
（2）证明：直线过定点．
【解析】（1）依据题意作出如下图像：
由椭圆方程可得：， ，，，，，，椭圆方程为：．
（2）证明：设，则直线的方程为：，即：，
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或，
将代入直线可得：，∴点的坐标为，同理可得：点的坐标为，
直线的方程为：，
整理可得：，
整理得：，故直线过定点．
15．【2020山东】已知椭圆的离心率为，且过点．
（1）求的方程；
（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．
【解析】（1）根据题意，把点代入椭圆得到①，设，又，∴，代入①式，求得，∴椭圆的方程为．
（2）解法一：由题意知的直线方程为，设直线与椭圆相切于点，，联立方程组得，，得，由题意可知时，面积最大，直线与直线距离，，∴．
解法二：设，
解法三：设点．∵AM⊥AN，∴．
整理可得： ①
设MN的方程为y=kx+m，联立直线与椭圆方程可得：，
韦达定理可得：，
，，
代入①式有：，
化简可得：，即，
据此可得：或，∴直线MN的方程为或，
即或，∴直线过定点或．
又∵和A点重合，∴舍去，则直线过定点．
由于AE为定值，且△AED为直角三角形，AE为斜边，
∴AE中点Q满足为定值（AE长度的一半）．
由于，故由中点坐标公式可得．
16．【2019全国Ⅲ理】已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B．
（1）证明：直线AB过定点：
（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．
【答案】（1）见详解；（2）3或．
【解析】（1）设，则．
由于，∴切线DA的斜率为，故 ．
整理得
设，同理可得．
故直线AB的方程为．
∴直线AB过定点．
（2）由（1）得直线AB的方程为．
由，可得．
于是，
．
设分别为点D，E到直线AB的距离，则．
因此，四边形ADBE的面积．
设M为线段AB的中点，则．
由于，而，与向量平行，∴．解得t=0或．
当=0时，S=3；当时，．
因此，四边形ADBE的面积为3或．
17．【2019北京理】已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）．
（1）求抛物线C的方程及其准线方程；
（2）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B．求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．
【解析】（1）由抛物线经过点，得．
∴抛物线的方程为，其准线方程为．
（2）抛物线的焦点为，设直线的方程为，由得．
设，则．直线的方程为．
令，得点A的横坐标，同理得点B的横坐标．
设点，则，
．
令，即，则或．
综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点和．
18．【2019全国Ⅲ文】已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B．
（1）证明：直线AB过定点；
（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程．
【解析】（1）设，则．
由于，∴切线DA的斜率为，故．
整理得
设，同理可得．
故直线AB的方程为．
∴直线AB过定点．
（2）由（1）得直线AB的方程为．
由，可得．
于是．
设M为线段AB的中点，则．
由于，而，与向量平行，∴．解得t=0或．
当=0时，=2，所求圆的方程为；
当时，，所求圆的方程为．
【名师点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求圆的方程，属于常规题型，按部就班地求解就可以，思路较为清晰，但计算量不小．
19．【2019北京文】已知椭圆的右焦点为，且经过点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点．
【解析】（1）由题意得，b2=1，c=1，∴a2=b2+c2=2，∴椭圆C的方程为．
（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），则直线AP的方程为．
令y=0，得点M的横坐标．
又，从而．同理，．
由得．
则，．
∴
．
又，∴．解得t=0，∴直线l经过定点（0，0）．
20．【2018北京文20】（本小题14分）
已知椭圆：的离心率为，焦距为，斜率为的直线与椭圆有两个不同的焦点
（I）求椭圆的方程；
（II）若，求的最大值；
（III）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为，若和点共线，求．
【解析】（Ⅰ）由题意得，∴，
又，∴，∴，∴椭圆的标准方程为．
（Ⅱ）设直线的方程为，由消去可得，
则，即，
设，，则，，
则，
易得当时，，故的最大值为．
（Ⅲ）设，，，，
则 ①， ②，
又，∴可设，直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
又，代入①式可得，∴，
∴，同理可得．
故，，
∵三点共线，∴，
将点的坐标代入化简可得，即．
21．【2018北京理19】（本小题14分）
已知抛物线经过点，过点的直线与抛物线有两个不同的交点，且直线交于轴与，直线交轴与．
（I）求直线的斜率的取值范围．
（II）设为原点，，求证：为定值．
【解析】解：（Ⅰ）∵抛物线经过点，，解得，抛物线的方程为．
由题意可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为．
由，得．
依题意，解得或．
又与轴相交，故直线不过点．从而．
∴直线斜率的取值范围是．
（Ⅱ）设．由（I）知．
直线的方程为．
令，得点的纵坐标为．
同理得点的纵坐标为．
由得．
，为定值．
22．（2017新课标Ⅰ理）已知椭圆：，四点，，
，中恰有三点在椭圆上．
（1）求的方程；
（2）设直线不经过点且与相交于，两点．若直线与直线的斜率的和为，证明：过定点．
【解析】（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点．
又由知，C不经过点，∴点在C上．
因此，解得．故C的方程为．
（2）设直线与直线的斜率分别为，，
如果与轴垂直，设：，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为
（t，），（t，）．
则，得，不符合题设．
从而可设：（）．将代入得
由题设可知．
设，，则，．
而．
由题设，故．
即．
解得．
当且仅当时，，欲使：，即，∴过定点（2，）．
23．（2017新课标Ⅱ文理）设为坐标原点，动点在椭圆：上，过做轴的垂线，垂足为，点满足．
（1）求点的轨迹方程；
（2）设点在直线上，且．证明：过点且垂直于的直线过的左焦点．
【解析】（1）设，，则，，．
由得 ，．
∵在上，∴．
因此点的轨迹方程为．
（2）由题意知．设，，则
，，，
，，
由得，又由（1）知，
故．
∴，即．又过点存在唯一直线垂直与，∴过点且垂直于的直线过的左焦点．
24．（2017北京文）已知椭圆的两个顶点分别为，，焦点在轴上，离心率为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）点为轴上一点，过作轴的垂线交椭圆于不同的两点，，过作的垂线交于点．求证：与的面积之比为4：5．
【解析】（Ⅰ）设椭圆的方程为．
由题意得解得．
∴．
∴椭圆的方程为．
（Ⅱ）设，且，则．
直线的斜率，由，则，故直线的斜率．
∴直线的方程为．直线的方程为．
联立，解得点的纵坐标．
由点在椭圆上，得．∴．
又，，∴与的面积之比为．
25．（2016年全国I理）设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，交圆于，两点，过作的平行线交于点．
（I）证明为定值，并写出点的轨迹方程；
（II）设点的轨迹为曲线，直线交于，两点，过且与垂直的直线与圆交于，两点，求四边形面积的取值范围．
【解析】（Ⅰ）∵，，故，
∴，故．
又圆的标准方程为，从而，∴．
由题设得，，，由椭圆定义可得点的轨迹方程为：
（）．
（Ⅱ）当与轴不垂直时，设的方程为，，．
由得．
则，．
∴．
过点且与垂直的直线：，到的距离为，∴
．故四边形的面积
．
可得当与轴不垂直时，四边形面积的取值范围为．
当与轴垂直时，其方程为，，，四边形的面积为12．
综上，四边形面积的取值范围为．
26．（2016年北京文）已知椭圆：过，两点．
（Ⅰ）求椭圆的方程及离心率；
（Ⅱ）设为第三象限内一点且在椭圆上，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：四边形的面积为定值．
【解析】（I）由题意得，，．∴椭圆的方程为．
又，∴离心率．
（II）设（，），则．
又，，∴直线的方程为．
令，得，从而．
直线的方程为．
令，得，从而，∴四边形的面积
．
从而四边形的面积为定值．
27．（2016年北京理）已知椭圆：的离心率为，，，，的面积为1．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设是椭圆上一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点．
求证：为定值．
【解析】（Ⅰ）由题意得解得．
∴椭圆的方程为．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，设，则．
当时，直线的方程为．
令，得．从而．
直线的方程为．
令，得．从而．
∴．
当时，，∴．
综上，为定值．
28．（2016年山东文）已知椭圆C：的长轴长为4，焦距为22．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）过动点M(0，m)(m>0)的直线交x轴与点N，交C于点A，P(P在第一象限)，且M是线段PN的中点．过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长线QM交C于点B．
(i)设直线PM、QM的斜率分别为k、k'，证明为定值；
(ii)求直线AB的斜率的最小值．
【解析】(Ⅰ)设椭圆的半焦距为，由题意知，
∴，∴椭圆C的方程为．
(Ⅱ)(i)设，由M(0，)，可得
∴直线PM的斜率 ，直线QM的斜率．
此时，∴为定值．
(ii)设，直线PA的方程为，
直线QB的方程为．
联立 ，整理得．
由可得 ，∴，
同理．
∴，
，
∴
由，可知k>0，∴ ，等号当且仅当时取得，此时，即，符号题意，∴直线AB的斜率的最小值为 ．
29．（2015新课标2文）已知椭圆：的离心率为，点
在 上．
（Ⅰ）求的方程；
（Ⅱ）直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，线段的中点为．证明：直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值．
【解析】（Ⅰ）由题意有，，解得．
∴的方程为．
（Ⅱ）设直线：，，，
将代入得．
故，．
于是直线的斜率，即．
∴直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值．
30．（2015新课标2理）已知椭圆C：（），直线不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．
（Ⅰ）证明：直线OM的斜率与的斜率的乘积为定值；
（Ⅱ）若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边行？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．
【解析】(Ⅰ)设直线，，，．
将代入得，
故，．
于是直线的斜率，即．
∴直线的斜率与的斜率的乘积为定值．
（Ⅱ）四边形能为平行四边形．
∵直线过点，
∴不过原点且与有两个交点的充要条件是，．
由(Ⅰ)得的方程为．设点的横坐标为．
由得，即．
将点的坐标代入直线的方程得，因此．
四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即．
于是．解得，．
∵，，，∴当的斜率为或时，四边形为平行四边形．
31．（2015陕西文）如图，椭圆：（>>0）经过点，且离心率为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）经过点，且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点（均异于点），证明：直线与的斜率之和为2．
【解析】（Ⅰ）由题设知，结合，解得．
∴椭圆的方程式为．
（Ⅱ）由题设知，直线的方程式为，代入，
得．
由已知>0．
设，，， 则．
从而直线的斜率之和
==．
32．（2014江西文理）如图，已知双曲线：()的右焦点，点分别在 的两条渐近线上，轴，∥(为坐标原点）．
（1）求双曲线的方程；
（2）过上一点的直线与直线相交于点，与直线相交于点，证明：当点在上移动时，恒为定值，并求此定值．
【解析】（1）设，∵，∴，直线OB方程为，直线BF的方程为，解得，又直线OA的方程为，则
又∵ABOB，∴，解得，故双曲线C的方程为
（2）由（1）知，则直线的方程为，即，
∵直线AF的方程为，∴直线与AF的交点，直线与直线的交点为，
则，∵是C上一点，则，代入上式得
，所求定值为．
33．（2013山东文理）椭圆的左、右焦点分别是，离心率为，过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为l．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）点是椭圆上除长轴端点外的任一点，连接．设的角平分线交的长轴于点，求的取值范围；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，过点作斜率为的直线，使得与椭圆有且只有一个公共点．设直线的斜率分别为，若，试证明为定值，并求出这个定值．
【解析】：（Ⅰ）由于，将代入椭圆方程得
由题意知，即，又，
∴，，∴椭圆方程为．
（Ⅱ）由题意可知：=，=，
设其中，将向量坐标代入并化简得：，
∵，
∴，而，∴
（Ⅲ）由题意可知，l为椭圆的在点处的切线，由导数法可求得，切线方程为：
，∴，而，代入中得
为定值．
34．（2012湖南理）在直角坐标系中，曲线的点均在：外，且对上任意一点，到直线的距离等于该点与圆上点的距离的最小值．
（Ⅰ）求曲线的方程；
（Ⅱ）设（）为圆外一点，过作圆的两条切线，分别与曲线相交于点A，B和C，D．证明：当在直线上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值．
【解析】（Ⅰ）解法1 ：设M的坐标为，由已知得，
易知圆上的点位于直线的右侧．于是，所以．
化简得曲线的方程为．
解法2 ：由题设知，曲线上任意一点M到圆心的距离等于它到直线的距离，因此，曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，故其方程为．
（Ⅱ）当点P在直线上运动时，P的坐标为，又，则过P且与圆相切的直线的斜率存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为．于是
整理得 ①
设过P所作的两条切线的斜率分别为，则是方程①的两个实根，故
②
由得 ③
设四点A，B，C，D的纵坐标分别为，则是方程③的两个实根，所以 ④
同理可得
⑤
于是由②，④，⑤三式得．
所以当P在直线上运动时，四点的纵坐标之积为定值6400．
考点100 最值与范围问题
34．【2020年江苏18】在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别为、，点
在椭圆上且在第一象限内，，直线与椭圆相交于另一点．
（1）求的周长；
（2）在轴上任取一点，直线与椭圆的右准线相交于点，求的最小值；
（3）设点在椭圆上，记与的面积分别为，若，求点的坐标．
【答案】见解析
【解析】（1）的周长．
（2）由椭圆方程得，设点，则直线方程为，
令得，即，，
，即的最小值为．
（3）设到直线的距离为，到直线的距离为，
若，则，即，
由（1）可得直线方程为，即，∴，．
由题意得，点应为与直线平行且距离为的直线与椭圆的交点，
设平行于的直线为，与直线的距离为，
∴，即或．
当时，直线为，即，
联立可得，即或，
∴或．
当时，直线为，即，
联立可得，，∴无解．
综上所述，点坐标为或．
36．【2020浙江21】如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于M（B，M不同于A）．
（Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标；
（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
【解析】（Ⅰ）当时，的方程为，故抛物线的焦点坐标为；
（Ⅱ）设
由
由M在抛物线上，∴
由即
∴，，，∴的最大值为，此时．
37．【2019全国Ⅱ理】已知点A(−2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为−．记M的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G．
（i）证明：是直角三角形；
（ii）求面积的最大值．
【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】（1）由题设得，化简得，∴C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为．
由得．
记，则．
于是直线的斜率为，方程为．
由得
．①
设，则和是方程①的解，故，由此得．
从而直线的斜率为．
∴，即是直角三角形．
（ii）由（i）得，，∴△PQG的面积．
设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．
∵在[2，+∞）单调递减，∴当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．
因此，△PQG面积的最大值为．
38．【2019浙江】如图，已知点为抛物线的焦点，过点F的直线交抛物线于A、B两点，点C在抛物线上，使得的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记的面积分别为．
（1）求p的值及抛物线的准线方程；
（2）求的最小值及此时点G的坐标．
【解析】（1）由题意得，即p=2．
∴，抛物线的准线方程为x=−1．
（2）设，重心．令，则．
由于直线AB过F，故直线AB方程为，代入，得
，
故，即，∴．
又由于及重心G在x轴上，故，得．
∴，直线AC方程为，得．
由于Q在焦点F的右侧，故．从而
．
令，则m>0，
．
当时，取得最小值，此时G（2，0）．
39．（2018浙江21）
如图，已知点是轴左侧（不含轴）一点，抛物线上存在不同的两点满足的中点均在上．
（I）设中点为，证明：垂直于轴；
（II）若是半椭圆上的动点，求面积的取值范围．
【解析】解析一【标准答案】： （I）设，，．
∵的中点在抛物线上，∴为方程，即
的两个不同的实根．
∴，因此， 轴．
（II）由（I）可知，
∴ ，
因此的面积．
∵，∴，
因此， 的面积的取值范围是．
解法二： （I）设，中点．的中点为．中点为．由题知，．由三角形知识可知，三点共线．
当时，，同理．，垂直于轴．
当时， 三点都在轴上，∴垂直于轴．
综上可知，垂直于轴．
40．（2017浙江文理）如图，已知抛物线．点，，抛物线上的点，过点作直线的垂线，垂足为．
（Ⅰ）求直线斜率的取值范围；
（Ⅱ）求的最大值．
【解析】（Ⅰ）设直线AP的斜率为，，
因为，所以直线AP斜率的取值范围是．
（Ⅱ）联立直线AP与BQ的方程解得点Q的横坐标是 ，
因为==，= =，
所以=，令，因为，
所以在区间上单调递增，上单调递减，因此当时，取得最大值．
41．（2017山东文）在平面直角坐标系中，已知椭圆C：的离心率为，椭圆截直线所得线段的长度为．
(Ⅰ)求椭圆的方程；
(Ⅱ)动直线：交椭圆于，两点，交轴于点．点是关于的对称点，的半径为．设为的中点，，与分别相切于点，，求的最小值．
【解析】（Ⅰ）由椭圆的离心率为，得，又当时，，得，
∴，，因此椭圆方程为．
（Ⅱ）设，联立方程，得，
由 得 （*）
且 ，因此 ，∴ ，又 ，
∴ ，整理得： ，
∵ ，∴ ，
令，，故 ，∴．
令，∴．
当时，，从而在上单调递增，因此，等号当且仅当时成立，此时，∴，由（*）得 且，故，
设，则 ，∴得最小值为．
从而的最小值为，此时直线的斜率时．
综上所述：当，时，取得最小值为．
42．（2017山东理）在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，焦距为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）如图，动直线：交椭圆于两点，是椭圆上一点，直线 的斜率为，且，是线段延长线上一点，且，的半径为，是的两条切线，切点分别为．求的最大值，并求取得最大值时直线的斜率．
【解析】（I）由题意知，，∴，因此椭圆的方程为．
（Ⅱ）设，联立方程得，
由题意知，且，∴．
由题意可知圆的半径为，
由题设知，∴，因此直线的方程为．
联立方程得，因此．
由题意可知，而，
令，则，因此，当且仅当，即时等号成立，此时，∴，因此，∴最大值为．
综上所述：的最大值为，取得最大值时直线的斜率为．
43．(2016全国II理)已知椭圆的焦点在轴上，是的左顶点，斜率为的直线交于两点，点在上，．
（Ⅰ）当时，求的面积；
（Ⅱ）当时，求的取值范围．
【解析】（I）设，则由题意知．
当时，椭圆的方程为，A点坐标为，
由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为．
因此直线的方程为．
将代入得．
解得或，所以．
所以的面积为．
（Ⅱ）由题意知，则直线的方程为，
联立并整理得，
解得或，
所以
由题意，所以的方程为，
同理可得
由，得，即
当时上式成立，因此．
因为，即，整理得
即，解得．
44．(2016天津理)设椭圆的右焦点为，右顶点为，已知
，其中 为原点，为椭圆的离心率．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率的取值范围．
【解析】（Ⅰ）设，由，即，
可得，又，所以，因此，
所以椭圆的方程为．
（Ⅱ）解：设直线的斜率为（），则直线的方程为．
设，由方程组，消去，
整理得．
解得，或，由题意得，从而．
由（Ⅰ）知，，设，有，．
由，得，所以，解得．
因此直线的方程为．
设，由方程组消去，解得．
在中，，即，
化简得，即，解得或．
所以，直线的斜率的取值范围为．
45．（2016浙江文）如图，设抛物线的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于．
（I）求p的值；
（II）若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M．求M的横坐标的取值范围．
【解析】(Ⅰ)由题意得抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线的距离．
由抛物线的第一得，即．
(Ⅱ)由(Ⅰ)得抛物线的方程为，可设．
因为AF不垂直于y轴，可设直线AF：，，由消去得
，故，所以．
又直线AB的斜率为，故直线FN的斜率为，从而的直线FN：，直线BN：，所以，
设M(，0)，由A，M，N三点共线得：，于是，经检验，或满足题意．
综上，点M的横坐标的取值范围是．
45．（2015重庆文）如图，椭圆（>>0）的左、右焦点分别为，，且过的直线交椭圆于两点，且．
（Ⅰ）若|，|，求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）若|，且，试确定椭圆离心率的取值范围．
【解析】（Ⅰ）由椭圆的定义，，故．
设椭圆的半焦距为，由已知，因此
，
即，从而．故所求椭圆的标准方程为．
（Ⅱ）如题(21)图，由，
得．
由椭圆的定义，，，
进而．
于是．
解得，故．
由勾股定理得，
从而，
两边除以，得，
若记，则上式变成．
由，并注意到关于的单调性，得，即，进而，即．
46．（2014新课标1文理） 已知点，椭圆：的离心率为，是椭圆的右焦点，直线的斜率为，为坐标原点．
（Ⅰ)求的方程；
（Ⅱ）设过点的动直线与相交于两点，当的面积最大时，求的方程．
【解析】
（Ⅱ）
．
47．（2014浙江文理）如图，设椭圆动直线与椭圆只有一个公共点，且点在第一象限．
（Ⅰ）已知直线的斜率为，用表示点的坐标；
（Ⅱ）若过原点的直线与垂直，证明：点到直线的距离的最大值为．
【解析】（Ⅰ）设直线的方程为，由，
消去得，，
由于直线与椭圆只有一个公共点，故，即，
解得点的坐标为，由点在第一象限，
故点的坐标为；
（Ⅱ）由于直线过原点，且与垂直，故直线的方程为，
∴点到直线的距离，
整理得，∵，
∴，当且仅当时等号成立，
∴点到直线的距离的最大值为．
48．（2015山东理）平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率为，左、右焦点分别是、．以为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆上．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设椭圆：，为椭圆上任意一点，过点的直线 交椭圆于两点，射线交椭圆于点．
（ i ）求的值；
（ii）求△面积的最大值．
【解析】（Ⅰ）由题意知，则，又，，
可得，∴椭圆的方程为．
（Ⅱ）由（I）知椭圆的方程为．
（i）设，由题意知，
∵，又，即，
∴，即．
（ii）设，将代入椭圆的方程，
可得，
由，可得 ，
则有，
∴．
∵直线与轴交点的坐标为，
∴的面积
令，将代入椭圆的方程，
可得 ，
由，可得 ，
由①②可知 ，因此，
故 ，
当且仅当时，即时取得最大值，
由（i）知，面积为，
∴面积的最大值为．
49．（2014山东文理）已知抛物线的焦点为，为上异于原点的任意一点，过点的直线交于另一点，交轴的正半轴于点，且有，当点的横坐标为3时，为正三角形．
（Ⅰ）求的方程；
（Ⅱ）若直线，且和有且只有一个公共点，
（ⅰ）证明直线过定点，并求出定点坐标；
（ⅱ）的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
【解析】（Ⅰ）由题意知，设，则的中点为
因为，由抛物线的定义可知，
解得或（舍去）
由，解得．所以抛物线的方程为．
（Ⅱ）（ⅰ）由（Ⅰ）知，设．
因为，则，
由得，故，故直线的斜率
因为直线和直线平行，
设直线的方程为，代入抛物线的方程得，
由题意，得
设，则
当时，，
可得直线的方程为，由，
整理得，直线恒过点
当时，直线的方程为，过点，所以直线过定点．
（ⅱ）由（ⅰ）知直线过定点，
所以．
设直线的方程为，因为点在直线上
故．设，直线的方程为
由于，可得，代入抛物线的方程得
所以，可求得，
所以点到直线的距离为
==
则的面积，
当且仅当即时等号成立，
所以的面积的最小值为．
50．（2014山东理）在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，直线被椭圆截得的线段长为．
（Ｉ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）过原点的直线与椭圆C交于A，B两点（A，B不是椭圆C的顶点）．点D在椭圆C上，且，直线BD与轴、轴分别交于M，N两点．
（ⅰ）设直线BD，AM的斜率分别为，证明存在常数使得，并求出的值；
（ⅱ）求面积的最大值．
【解析】（Ｉ）由题意知，可得．
椭圆C的方程可化简为．
将代入可得，
因此，可得．
因此，
∴椭圆C的方程为．
（Ⅱ）（ⅰ）设，则，
∵直线AB的斜率，
又，∴直线AD的斜率，
设直线AD的方程为，
由题意知，
由，可得．
∴，
因此，
由题意知，，∴，
∴直线BD的方程为，
令，得，即．可得．
∴，即．
因此存在常数使得结论成立．
（ⅱ）直线BD的方程，
令，得，即，
由（ⅰ）知，
可得的面积，
∵，当且仅当时等号成立，
此时S取得最大值，∴的面积的最大值为．
51．（2014四川文理）已知椭圆C：（）的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）设F为椭圆C的左焦点，T为直线上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q．
（i）证明：OT平分线段PQ（其中O为坐标原点）；
（ii）当最小时，求点T的坐标．
【解析】（1）依条件，∴椭圆C的标准方程为．
（Ⅱ）设，，，又设中点为，
（i）∵，∴直线的方程为：，
，∴
于是，，∴．
∵，∴，，三点共线，即OT平分线段PQ（其中O为坐标原点）．
（ii），，
∴，令（），
则（当且仅当时取“”），
∴当最小时，即或，此时点T的坐标为或．
52．（2013广东文理）已知抛物线的顶点为原点，其焦点到直线的距离为．设为直线上的点，过点作抛物线的两条切线，其中为切点．
（Ⅰ）求抛物线的方程；
（Ⅱ）当点为直线上的定点时，求直线的方程；
（Ⅲ）当点在直线上移动时，求的最小值．
【解析】（Ⅰ）依题意，解得（负根舍去）
抛物线的方程为．
（Ⅱ）设点，，，
由，即得．
∴抛物线在点处的切线的方程为，
即．
∵， ∴．
∵点在切线上， ∴． ①
同理， ． ②
综合①、②得，点的坐标都满足方程 ．
∵经过两点的直线是唯一的，
∴直线 的方程为，即．
（Ⅲ）由抛物线的定义可知，
所以
联立，消去得，
当时，取得最小值为．
53．（2011新课标文理）在平面直角坐标系中， 已知点，点在直线上，点满足，，点的轨迹为曲线C．
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）为C上动点，为C在点处的切线，求点到距离的最小值．
【解析】（Ⅰ）设，由已知得，．
所以=， =(0，)， =(，-2)．
再由题意可知（+）• =0， 即（，）• (，－2)=0．
所以曲线C的方程式为．
（Ⅱ）设为曲线C：上一点，因为，所以的斜率为，
因此直线的方程为，即．
则点到的距离．又，所以
当=0时取等号，所以点到距离的最小值为2．
54．（2011广东文理）设圆C与两圆中的一个内切，另一个外切．
（1）求C的圆心轨迹L的方程；
（2）已知点M，且P为L上动点，求的最大值及此时点P的坐标．
【解析】（1）设C的圆心的坐标为，由题设条件知
化简得L的方程为
（2）过M，F的直线方程为，将其代入L的方程得
解得
因T1在线段MF外，T2在线段MF内，故
，若P不在直线MF上，在中有
故只在T1点取得最大值2．
考点101 探索型与存在性问题
55．【2018上海20】（本题满分16分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第2小题满分6分，第3小题满分6分）
设常数，在平面直角坐标系中，已知点，直线，曲线．与轴交于点，与交于点分别是曲线与线段上的动点．
（1）用为表示点到点的距离；
（2）设，线段的中点在直线上，求的面积；
（3）设，是否存在以为邻边的矩形，使得点在上？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由．
【解析】（1）由抛物线的几何性质可得点到点的距离为．
（2）由已知，直线的方程为，联立解得．
又点．
（3）存在．理由如下：
焦点为，设，则，根据得到
，解得满足题意．
56．（2016全国I文）在直角坐标系中，直线：交轴于点，交抛物线：于点，关于点的对称点为，连结并延长交于点．
（I）求；
（II）除以外，直线与是否有其它公共点？说明理由．
【解析】（Ⅰ）由已知得，．
又为关于点的对称点，故，的方程为，
代入整理得，解得，，
因此．所以为的中点，即．
（Ⅱ）直线与除以外没有其它公共点．理由如下：
直线的方程为，即．
代入得，解得，即直线与只有一个公共点，所以除以外直线与没有其它公共点．
57．（2015新课标1理）在直角坐标系中，曲线：与直线交与，两点，
（Ⅰ）当时，分别求在点和处的切线方程；
（Ⅱ）轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由．
【解析】（Ⅰ）由题设可得，，或，
．∵，故在=处的导数值为，
在处的切线方程为，即．
故在处的导数值为，在处的切线方程为
，即．
故所求切线方程为或．
（Ⅱ）存在符合题意的点，证明如下：
设为符合题意的点，，，
直线，的斜率分别为．
将代入的方程整理得．
∴．
∴==．
当时，有=0，则直线的倾斜角与直线的倾斜角互补，
故∠=∠，所以符合题意．
58．（2015北京理）已知椭圆：的离心率为，点和点都在椭圆上，直线交轴于点．
（Ⅰ）求椭圆的方程，并求点的坐标（用，表示）；
（Ⅱ）设为原点，点与点关于轴对称，直线交轴于点．问：轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由．
【解析】（Ⅰ）由题意得解得=2，故椭圆的方程为．
设(，0)．∵，∴．
直线的方程为，∴=，即．
（Ⅱ）∵点与点关于轴对称，∴，设，则=．
“存在点使得=等价”，“存在点使得=”即满足．∵，，，∴．
∴=或，故在轴上存在点，使得=，点的坐标为或．
59．（2015湖北理）一种作图工具如图1所示．是滑槽的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且，．当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动N绕转动一周（D不动时，N也不动），M处的笔尖画出的曲线记为C．以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系．
（Ⅰ）求曲线C的方程；
（Ⅱ）设动直线与两定直线和分别交于两点．若直线 总与曲线有且只有一个公共点，试探究：△OPQ的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．
【解析】（Ⅰ）设点，，依题意，
，且，
所以，且
即，且．
由于当点不动时，点也不动，所以不恒等于0，
于是，故，代入，可得，
即所求的曲线的方程为．
（Ⅱ）（1）当直线的斜率不存在时，直线为或，
都有．
（2）当直线的斜率存在时，设直线，
由 ，消去，可得．
因为直线总与椭圆有且只有一个公共点，
所以，即． ①
又由 可得；同理可得．
由原点到直线的距离为和，可得
．②
将①代入②得，．
当时，；
当时，．
因，则，，所以，
当且仅当时取等号．所以当时，的最小值为8．
综合（1）（2）可知，当直线与椭圆在四个顶点处相切时，△OPQ的面积取得最小值8．
60．（2015四川理）如图，椭圆：的离心率是，过点的动直线与椭圆相交于两点，当直线平行与轴时，直线被椭圆截得的线段长为．
（1）求椭圆的方程；
（2）在平面直角坐标系中，是否存在与点不同的定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）由已知，点在椭圆上．
因此，解得，．
所以椭圆的方程为．
（2）当直线与轴平行时，设直线与椭圆相交于、两点．
如果存在定点满足条件，则，即．
所以点在y轴上，可设点的坐标为．
当直线与轴垂直时，设直线与椭圆相交于、两点．
则，，
由，有，解得或．
所以，若存在不同于点的定点满足条件，则点的坐标只可能为．
下面证明：对任意的直线，均有．
当直线的斜率不存在时，由上可知，结论成立．
当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，、的坐标分别为．
联立得．
其判别式，
所以，．
因此．
易知，点关于轴对称的点的坐标为．
又，
所以，即三点共线．
所以．
故存在与不同的定点，使得恒成立．
61．（2015浙江理）已知椭圆上两个不同的点关于直线对称．
（Ⅰ）求实数的取值范围；
（Ⅱ）求面积的最大值（为坐标原点）．
【解析】（Ⅰ）由题意知，可设直线的方程为．
由消去，得．
因为直线与椭圆有两个不同的交点，所以，①
设为的中点，则，代入直线方程解得．②
由①②得或．
（Ⅱ）令，则，且到直线的距离．
设的面积为，所以，当且仅当时，等号成立，故面积的最大值为．
62．（2014湖南文理）如图5，为坐标原点，双曲线和椭圆均过点，且以的两个顶点和的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形．
（Ｉ）求的方程；
（Ⅱ）是否存在直线，使得与交于两点，与只有一个公共点，且？证明你的结论．
【解析】（Ｉ）设的焦距为，由题可得，从而，
∵点在双曲线上，∴，
由椭圆的定义可得
，
，∴的方程为．
（Ⅱ）不存在符合题设条件的直线．
(1)若直线垂直于轴 ，∵与只有一个公共点，
∴直线的方程为或，
当时，易知∴，
此时．当时，同理可得．
（2）当直线不垂直于轴，设的方程为，由
可得，当与相交于两点时，
设，则满足上述方程的两个实根，从而
，于是，
由可得，∵直线与只有一个公共点，∴上述方程的判别式，
化简可得，因此
，
于是，即，∴，综合（i）（ii）可知，不存在符合题目条件的直线．
63．（2013安徽文理）已知椭圆的焦距为4，且过点．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设为椭圆上一点，过点作轴的垂线，垂足为．取点，连接，过点作的垂线交轴于点．点是点关于轴的对称点，作直线，问这样作出的直线是否与椭圆C一定有唯一的公共点？并说明理由．
【解析】（Ⅰ）∵焦距为4，所，又∵椭圆C过点，∴，故，，从而椭圆C的方程为．
（Ⅱ）由题意，E点坐标为，设，则 ，
，再由知，，即．
由于，故．∵点G是点D关于y轴的对称点，∴点．
故直线的斜率．
又因在椭圆C上，∴． ①
从而
故直线的方程为 ②
将②代入椭圆C方程，得：
③
再将①代入③，化简得：
解得，即直线与椭圆C一定有唯一的公共点．
64．（2013湖北文理）如图，已知椭圆与的中心在坐标原点，长轴均为且在轴上，短轴长分别为，，过原点且不与轴重合的直线与，的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D．记，△和△的面积分别为和．
（Ⅰ）当直线与轴重合时，若，求的值；
（Ⅱ）当变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得？并说明理由．
【解析】依题意可设椭圆和的方程分别为
：，：．其中，
（Ⅰ）解法1：如图1，若直线与轴重合，即直线的方程为，则
，，∴．
在C1和C2的方程中分别令，可得，，，
于是．
若，则，化简得．由，可解得．
故当直线与轴重合时，若，则．
解法2：如图1，若直线与轴重合，则
，；
，．．
∴．
若，则，化简得．由，可解得．
故当直线与轴重合时，若，则．
第28题解答图1
第28题解答图2
（Ⅱ）解法1：如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得．根据对称性，
不妨设直线：，
点，到直线的距离分别为，，则
∵，，∴．
又，，∴，即．
由对称性可知，∴，
，于是
． ①
将的方程分别与C1，C2的方程联立，可求得
，．
根据对称性可知，，于是
． ②
从而由①和②式可得
． ③
令，则由，可得，于是由③可解得．
∵，∴．于是③式关于有解，当且仅当，
等价于．由，可解得，
即，由，解得，∴
当时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得；
当时，存在与坐标轴不重合的直线l使得．
解法2：如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得．根据对称性，
不妨设直线：，
点，到直线的距离分别为，，则
∵，，∴．
又，，∴．
∵，∴．
由点，分别在C1，C2上，可得
，，两式相减可得，
依题意，∴．∴由上式解得．
∵，∴由，可解得，从而，解得，
∴当时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得；当时，存在与坐标轴不重合的直线l使得．
65．（2012广东文理）在平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率，且椭圆上的点到的距离的最大值为3．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）在椭圆上，是否存在点使得直线：与圆： 相交于不同的两点，且的面积最大？若存在，求出点的坐标及相对应的的面积；若不存在，请说明理由．
【解析】（Ⅰ）由，∴
设是椭圆上任意一点，则，∴
∴，当时，有最大值，可得，∴
故椭圆的方程为：
（Ⅱ）存在点满足要求，使得面积最大．
假设直线与圆相交于不同两点，
则圆心到的距离，∴ ①
∵在椭圆上，∴ ②，由①②得：
∵
∴，由②得代入上式
得，当且仅当，
∴，此时满足要求的点有四个．
此时对应的的面积为．
66．（2011山东文理）在平面直角坐标系中，已知椭圆．如图所示，斜率为且不过原点的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，射线交椭圆于点，交直线于点．
（Ⅰ）求的最小值；
（Ⅱ）若∙，
（i）求证：直线过定点；
（ii）试问点，能否关于轴对称？若能，求出此时的外接圆方程；若不能，请说明理由．
【解析】（Ⅰ）设直线，由题意，
由方程组得，
由题意，∴
设，由韦达定理得
∴
由于E为线段AB的中点，因此
此时
∴OE所在直线方程为又由题设知D（－3，m），
令=－3，得，即=1，∴
当且仅当==1时上式等号成立，此时 由得
因此 当时，取最小值2．
（Ⅱ）（i）由（I）知OD所在直线的方程为将其代入椭圆C的方程，并由
解得，又，由距离公式及得
由因此，直线的方程为∴直线
（ii）由（i）得，若B，G关于x轴对称，则
代入即，解得（舍去）或
∴k=1，此时关于x轴对称．
又由（I）得∴A（0，1）．
由于的外接圆的圆心在x轴上，可设的外接圆的圆心为（d，0），
因此
故的外接圆的半径为，∴的外接圆方程为
专题29 圆锥曲线的综合问题
十年大数据*全景展示
年 份
题号
考 点
考 查 内 容
2015[来源:学。科。网]
卷1[来源:Z|xx|k.Com]
文5[来源:学&科&网Z&X&X&K]
椭圆、抛物线
椭圆标准方程及其几何性质，抛物线标准方程及其几何性质[来源:Zxxk.Com]
理20
抛物线
直线与抛物线的位置关系，抛物线存在问题的解法
卷2
理20
直线与椭圆
直线和椭圆的位置关系，椭圆的存在型问题的解法
文20
直线与椭圆
椭圆方程求法，直线和椭圆的位置关系，椭圆的定值问题的解法
2016
卷1
文5
直线与椭圆
椭圆的几何性质，直线和椭圆的位置关系
卷2
理20
直线与椭圆
椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系
2017
卷1
理20
直线与椭圆
椭圆标准方程的求法，直线与椭圆的位置关系，椭圆的定点问题
卷2
文理20
直线与椭圆
轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系，椭圆的定点问题
2018
卷2
理12
直线与椭圆
椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系
文11
椭圆
椭圆的定义、标准方程及其几何性质，椭圆离心率的计算
卷3
文理20
直线与椭圆
直线与椭圆的位置关系
文理20
直线与椭圆
直线与椭圆的位置关系
2019
卷2
理8文9
椭圆与抛物线
抛物线与椭圆的几何性质
卷3
理21
直线与圆，直线与抛物线
直线与圆位置关系，直线与抛物线位置关系，抛物线的定义、标准方程及其几何性质，抛物线的定点问题
文21
直线与圆，直线与抛物线
直线与圆位置关系，直线与抛物线位置关系，抛物线的定义、标准方程及其几何性质，抛物线的定点问题
2020
卷1
理20文21
椭圆
椭圆的标准方程及其几何性质，椭圆定点问题
卷2
理19
椭圆、抛物线
椭圆、抛物线方程的求法，椭圆离心率的求法，抛物线的定义
文19
椭圆、抛物线
椭圆、抛物线方程的求法，椭圆离心率的求法，抛物线的定义
卷3
文6
圆锥曲线
圆锥曲线的轨迹问题
大数据分析*预测高考
考点
出现频率
2021年预测
考点98曲线与方程
37次考1次
命题角度：（1）定点、定值问题；（2）最值、范围问题；（3）证明、探究性问题．
核心素养：数学运算、逻辑推理、直观想象
考点99定点与定值问题
37次考6次
考点100最值与范围问题
37次考5次
考点101探索型与存在性问题
37次考3次
十年试题分类*探求规律
考点98 曲线与方程
1．（2020山东）已知曲线．（ ）
A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m=n>0，则C是圆，其半径为
C．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为
D．若m=0，n>0，则C是两条直线
【答案】ACD
【解析】对于A，若，则可化为，
∵，∴，
即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确；
对于B，若，则可化为，
此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确；[来源：Z+xx+k．Com]
对于C，若，则可化为，
此时曲线表示双曲线，
由可得，故C正确；
对于D，若，则可化为，
，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确．
2．（2020天津）设双曲线的方程为，过抛物线的焦点和点的直线为．若的一条渐近线与平行，另一条渐近线与垂直，则双曲线的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题可知，抛物线的焦点为，∴直线的方程为，即直线的斜率为，
又双曲线的渐近线的方程为，∴，，∵，解得，故选D．
3．【2019北京理】数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：就是其中之一（如图）．给出下列三个结论：
①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；
③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3．
其中，所有正确结论的序号是
A．① B．② C．①② D．①②③
【答案】C
【解析】由得，，，
∴可取的整数有0，−1，1，从而曲线恰好经过(0，1)，(0，−1)，(1，0)，(1，1)， (−1，0)，(−1，1)，共6个整点，结论①正确．
由得，，解得，∴曲线上任意一点到原点的距离都不超过．结论②正确．
如图所示，易知，
四边形的面积，很明显“心形”区域的面积大于，即“心形”区域的面积大于3，说法③错误．
故选C．
4．（2020全国Ⅱ文19）已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，的中心与的顶点重合．过且与轴垂直的直线交于两点，交于两点，且．
（1）求的离心率；
（2）若的四个顶点到的准线距离之和为12，求与的标准方程．
【解析】（1）解：∵椭圆的右焦点坐标为：，∴抛物线的方程为，其中．不妨设在第一象限，∵椭圆的方程为：，∴当时，有，因此的纵坐标分别为，．
又∵抛物线的方程为，∴当时，有，∴的纵坐标分别为，，故，．由得，即，解得（舍去），，∴的离心率为．
（2）由（1）知，，故，∴的四个顶点坐标分别为，，，，的准线为．
由已知得，即，∴的标准方程为，的标准方程为．
5．（2020全国Ⅱ理19）已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，的中心与的顶点重合．过且与轴垂直的直线交于两点，交于两点，且．
（1）求的离心率；
（2）设是与的公共点，若，求与的标准方程．
【解析】（1），轴且与椭圆相交于、两点，则直线的方程为，
联立，解得，则，
抛物线的方程为，联立，
解得，，
，即，，
即，即，
，解得，因此，椭圆的离心率为；
（2）由（1）知，，椭圆的方程为，
联立，消去并整理得，解得或（舍去），
由抛物线的定义可得，解得．
因此曲线的标准方程为，曲线的标准方程为．
6．（2018江苏）如图，在平面直角坐标系中，椭圆过点，焦点
，圆的直径为．
(1)求椭圆及圆的方程；
(2)设直线与圆相切于第一象限内的点．
①若直线与椭圆有且只有一个公共点，求点的坐标；
②直线与椭圆交于两点．若的面积为，求直线的方程．
【解析】(1)因为椭圆的焦点为，
可设椭圆的方程为．又点在椭圆上，
所以，解得
因此，椭圆的方程为．
因为圆的直径为，所以其方程为．
(2)①设直线与圆相切于，则，
所以直线的方程为，即．
由消去，得
．（*）
因为直线与椭圆有且只有一个公共点，
所以．
因为，所以．
因此，点的坐标为．
②因为三角形的面积为，所以，从而．
设，
由（*）得，
所以．
因为，
所以，即，
解得舍去），则，因此的坐标为．
综上，直线的方程为．
7．（2017新课标Ⅱ）设为坐标原点，动点在椭圆：上，过做轴的垂线，垂足为，点满足．
（1）求点的轨迹方程；
（2）设点在直线上，且．证明：过点且垂直于的直线过的左焦点．
【解析】（1）设，，则，，．
由得 ，．
因为在上，所以，因此点的轨迹方程为．
（2）由题意知．设，，则，，，，，
由得，又由（1）知，故．
所以，即．又过点存在唯一直线垂直与，所以过点且垂直于的直线过的左焦点．
8．（2016全国Ⅲ文理）已知抛物线：的焦点为，平行于轴的两条直线分别交于两点，交的准线于两点．
（I）若在线段上，是的中点，证明；
（II）若的面积是的面积的两倍，求中点的轨迹方程．
【解析】（Ⅰ）由题设．设，则，且
．
记过两点的直线为，则的方程为．
（Ⅰ）由于在线段上，故．
记的斜率为，的斜率为，则
．
所以．
（Ⅱ）设与轴的交点为，
则．
由题设可得，所以（舍去），．
设满足条件的的中点为．
当与轴不垂直时，由可得．
而，所以．
当与轴垂直时，与重合．所以所求轨迹方程为．
9．（2015江苏理）如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且右焦点到左准线的距离为3．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过的直线与椭圆交于两点，线段的垂直平分线分别交直线和于点，若，求直线的方程．
【解析】（1）由题意，得且，
解得，，则，所以椭圆的标准方程为．
（2）当轴时，，又，不合题意．
当与轴不垂直时，设直线的方程为，，
，将的方程代入椭圆方程，得，
则，的坐标为，且
．
若，则线段的垂直平分线为轴，与左准线平行，不合题意．
从而，故直线的方程为，
则点的坐标为，从而．
因为，所以，解得．
此时直线方程为或．
10．（2014广东理）已知椭圆的一个焦点为，离心率为．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）若动点为椭圆外一点，且点P到椭圆C的两条切线相互垂直，求点P的轨迹方程．
【解析】（Ⅰ）可知，又，，，
椭圆C的标准方程为；
（Ⅱ）设两切线为，
①当轴或轴时，对应轴或轴，可知
②当与轴不垂直且不平行时，，设的斜率为，则，的斜率为，的方程为，联立，得，
因为直线与椭圆相切，所以，得，
，，
所以是方程的一个根，同理是方程的另一个根，，得，其中，
所以点P的轨迹方程为（），因为满足上式，综上知：点P的轨迹方程为．
11．（2014辽宁理）圆的切线与轴正半轴，轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为（如图），双曲线过点且离心率为．
（1）求的方程；
（2）椭圆过点且与有相同的焦点，直线过的右焦点且与交于，两点，若以线段为直径的圆心过点，求的方程．
【解析】（Ⅰ）设圆的半径为，点上下两段分别为，，
由射影定理得，三角形的面积
当时，取得最大，此时
∵，在双曲线上
∴，∴双曲线的方程为
（Ⅱ）由（Ⅰ）知的焦点为，由此设的方程为，
其中，由在上，得，∴的方程为，
显然，不是直线，设的方程为，点，
由得，
∴①
②
由①②得，解得，
因此直线的方程或．
12．（2013四川理）已知椭圆C：的两个焦点分别为，，且椭圆C经过点．
（Ⅰ）求椭圆C的离心率
（Ⅱ）设过点的直线与椭圆C交于M，N两点，点Q是MN上的点，且
，求点Q的轨迹方程．
【解析】（Ⅰ）由椭圆定义知，2a＝|PF1|＋|PF2|＝，
所以．又由已知，c＝1，所以椭圆C的离心率．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，椭圆C的方程为＋y2＝1．设点Q的坐标为(x，y)．
(ⅰ)当直线l与x轴垂直时，直线l与椭圆C交于(0，1)，(0，－1)两点，此时点Q的坐标为．
(ⅱ)当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2．
因为M，N在直线l上，可设点M，N的坐标分别为(，k＋2)，(，k＋2)，
则|AM|2＝(1＋k2)，|AN|2＝(1＋k2)．
又|AQ|2＝x2＋(y－2)2＝(1＋k2)．
由，得，
即．①
将y＝kx＋2代入＋y2＝1中，得(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0．②
由Δ＝(8k)2－4×(2k2＋1)×6＞0，得k2＞．
由②可知，＝，＝，代入①中并化简，得．③
因为点Q在直线y＝kx＋2上，所以，代入③中并化简，得10(y－2)2－3x2＝18．
由③及k2＞，可知0＜x2＜，即x∈∪．
又满足10(y－2)2－3x2＝18，故x∈．
由题意，Q(x，y)在椭圆C内，所以－1≤y≤1．
又由10(y－2)2＝18＋3x2有(y－2)2∈且－1≤y≤1，则y∈．
所以，点Q的轨迹方程为10(y－2)2－3x2＝18，其中x∈，y∈．
13．（2011天津理）在平面直角坐标系中，点为动点，分别为椭圆的左右焦点．已知△为等腰三角形．
（Ⅰ）求椭圆的离心率；
（Ⅱ）设直线与椭圆相交于两点，是直线上的点，满足，求点的轨迹方程．
【解析】（Ⅰ）解：设，由题意，可得
即
整理得（舍），或所以
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知可得椭圆方程为
直线PF2方程为
A，B两点的坐标满足方程组
消去y并整理，得
解得
得方程组的解
不妨设
设点的坐标为，
由
于是
由
即，
化简得
将
所以
因此，点的轨迹方程是
考点99 定点与定值问题
14．【2020全国Ⅰ文21理20】已知分别为椭圆的左、右顶点，为的上顶点，，为直线上的动点，与的另一交点为与的另一交点为．
（1）求的方程；
（2）证明：直线过定点．
【解析】（1）依据题意作出如下图像：
由椭圆方程可得：， ，，，，，，椭圆方程为：．
（2）证明：设，则直线的方程为：，即：，
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或，
将代入直线可得：，∴点的坐标为，同理可得：点的坐标为，
直线的方程为：，
整理可得：，
整理得：，故直线过定点．
15．【2020山东】已知椭圆的离心率为，且过点．
（1）求的方程；
（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．
【解析】（1）根据题意，把点代入椭圆得到①，设，又，∴，代入①式，求得，∴椭圆的方程为．
（2）解法一：由题意知的直线方程为，设直线与椭圆相切于点，，联立方程组得，，得，由题意可知时，面积最大，直线与直线距离，，∴．
解法二：设，
解法三：设点．∵AM⊥AN，∴．
整理可得： ①
设MN的方程为y=kx+m，联立直线与椭圆方程可得：，
韦达定理可得：，
，，
代入①式有：，
化简可得：，即，
据此可得：或，∴直线MN的方程为或，
即或，∴直线过定点或．
又∵和A点重合，∴舍去，则直线过定点．
由于AE为定值，且△AED为直角三角形，AE为斜边，
∴AE中点Q满足为定值（AE长度的一半）．
由于，故由中点坐标公式可得．
16．【2019全国Ⅲ理】已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B．
（1）证明：直线AB过定点：
（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．
【答案】（1）见详解；（2）3或．
【解析】（1）设，则．
由于，∴切线DA的斜率为，故 ．
整理得
设，同理可得．
故直线AB的方程为．
∴直线AB过定点．
（2）由（1）得直线AB的方程为．
由，可得．
于是，
．
设分别为点D，E到直线AB的距离，则．
因此，四边形ADBE的面积．
设M为线段AB的中点，则．
由于，而，与向量平行，∴．解得t=0或．
当=0时，S=3；当时，．
因此，四边形ADBE的面积为3或．
17．【2019北京理】已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）．
（1）求抛物线C的方程及其准线方程；
（2）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B．求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．
【解析】（1）由抛物线经过点，得．
∴抛物线的方程为，其准线方程为．
（2）抛物线的焦点为，设直线的方程为，由得．
设，则．直线的方程为．
令，得点A的横坐标，同理得点B的横坐标．
设点，则，
．
令，即，则或．
综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点和．
18．【2019全国Ⅲ文】已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B．
（1）证明：直线AB过定点；
（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程．
【解析】（1）设，则．
由于，∴切线DA的斜率为，故．
整理得
设，同理可得．
故直线AB的方程为．
∴直线AB过定点．
（2）由（1）得直线AB的方程为．
由，可得．
于是．
设M为线段AB的中点，则．
由于，而，与向量平行，∴．解得t=0或．
当=0时，=2，所求圆的方程为；
当时，，所求圆的方程为．
【名师点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求圆的方程，属于常规题型，按部就班地求解就可以，思路较为清晰，但计算量不小．
19．【2019北京文】已知椭圆的右焦点为，且经过点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点．
【解析】（1）由题意得，b2=1，c=1，∴a2=b2+c2=2，∴椭圆C的方程为．
（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），则直线AP的方程为．
令y=0，得点M的横坐标．
又，从而．同理，．
由得．
则，．
∴
．
又，∴．解得t=0，∴直线l经过定点（0，0）．
20．【2018北京文20】（本小题14分）
已知椭圆：的离心率为，焦距为，斜率为的直线与椭圆有两个不同的焦点
（I）求椭圆的方程；
（II）若，求的最大值；
（III）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为，若和点共线，求．
【解析】（Ⅰ）由题意得，∴，
又，∴，∴，∴椭圆的标准方程为．
（Ⅱ）设直线的方程为，由消去可得，
则，即，
设，，则，，
则，
易得当时，，故的最大值为．
（Ⅲ）设，，，，
则 ①， ②，
又，∴可设，直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
又，代入①式可得，∴，
∴，同理可得．
故，，
∵三点共线，∴，
将点的坐标代入化简可得，即．
21．【2018北京理19】（本小题14分）
已知抛物线经过点，过点的直线与抛物线有两个不同的交点，且直线交于轴与，直线交轴与．
（I）求直线的斜率的取值范围．
（II）设为原点，，求证：为定值．
【解析】解：（Ⅰ）∵抛物线经过点，，解得，抛物线的方程为．
由题意可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为．
由，得．
依题意，解得或．
又与轴相交，故直线不过点．从而．
∴直线斜率的取值范围是．
（Ⅱ）设．由（I）知．
直线的方程为．
令，得点的纵坐标为．
同理得点的纵坐标为．
由得．
，为定值．
22．（2017新课标Ⅰ理）已知椭圆：，四点，，
，中恰有三点在椭圆上．
（1）求的方程；
（2）设直线不经过点且与相交于，两点．若直线与直线的斜率的和为，证明：过定点．
【解析】（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点．
又由知，C不经过点，∴点在C上．
因此，解得．故C的方程为．
（2）设直线与直线的斜率分别为，，
如果与轴垂直，设：，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为
（t，），（t，）．
则，得，不符合题设．
从而可设：（）．将代入得
由题设可知．
设，，则，．
而．
由题设，故．
即．
解得．
当且仅当时，，欲使：，即，∴过定点（2，）．
23．（2017新课标Ⅱ文理）设为坐标原点，动点在椭圆：上，过做轴的垂线，垂足为，点满足．
（1）求点的轨迹方程；
（2）设点在直线上，且．证明：过点且垂直于的直线过的左焦点．
【解析】（1）设，，则，，．
由得 ，．
∵在上，∴．
因此点的轨迹方程为．
（2）由题意知．设，，则
，，，
，，
由得，又由（1）知，
故．
∴，即．又过点存在唯一直线垂直与，∴过点且垂直于的直线过的左焦点．
24．（2017北京文）已知椭圆的两个顶点分别为，，焦点在轴上，离心率为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）点为轴上一点，过作轴的垂线交椭圆于不同的两点，，过作的垂线交于点．求证：与的面积之比为4：5．
【解析】（Ⅰ）设椭圆的方程为．
由题意得解得．
∴．
∴椭圆的方程为．
（Ⅱ）设，且，则．
直线的斜率，由，则，故直线的斜率．
∴直线的方程为．直线的方程为．
联立，解得点的纵坐标．
由点在椭圆上，得．∴．
又，，∴与的面积之比为．
25．（2016年全国I理）设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，交圆于，两点，过作的平行线交于点．
（I）证明为定值，并写出点的轨迹方程；
（II）设点的轨迹为曲线，直线交于，两点，过且与垂直的直线与圆交于，两点，求四边形面积的取值范围．
【解析】（Ⅰ）∵，，故，
∴，故．
又圆的标准方程为，从而，∴．
由题设得，，，由椭圆定义可得点的轨迹方程为：
（）．
（Ⅱ）当与轴不垂直时，设的方程为，，．
由得．
则，．
∴．
过点且与垂直的直线：，到的距离为，∴
．故四边形的面积
．
可得当与轴不垂直时，四边形面积的取值范围为．
当与轴垂直时，其方程为，，，四边形的面积为12．
综上，四边形面积的取值范围为．
26．（2016年北京文）已知椭圆：过，两点．
（Ⅰ）求椭圆的方程及离心率；
（Ⅱ）设为第三象限内一点且在椭圆上，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：四边形的面积为定值．
【解析】（I）由题意得，，．∴椭圆的方程为．
又，∴离心率．
（II）设（，），则．
又，，∴直线的方程为．
令，得，从而．
直线的方程为．
令，得，从而，∴四边形的面积
．
从而四边形的面积为定值．
27．（2016年北京理）已知椭圆：的离心率为，，，，的面积为1．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设是椭圆上一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点．
求证：为定值．
【解析】（Ⅰ）由题意得解得．
∴椭圆的方程为．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，设，则．
当时，直线的方程为．
令，得．从而．
直线的方程为．
令，得．从而．
∴．
当时，，∴．
综上，为定值．
28．（2016年山东文）已知椭圆C：的长轴长为4，焦距为22．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）过动点M(0，m)(m>0)的直线交x轴与点N，交C于点A，P(P在第一象限)，且M是线段PN的中点．过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长线QM交C于点B．
(i)设直线PM、QM的斜率分别为k、k'，证明为定值；
(ii)求直线AB的斜率的最小值．
【解析】(Ⅰ)设椭圆的半焦距为，由题意知，
∴，∴椭圆C的方程为．
(Ⅱ)(i)设，由M(0，)，可得
∴直线PM的斜率 ，直线QM的斜率．
此时，∴为定值．
(ii)设，直线PA的方程为，
直线QB的方程为．
联立 ，整理得．
由可得 ，∴，
同理．
∴，
，
∴
由，可知k>0，∴ ，等号当且仅当时取得，此时，即，符号题意，∴直线AB的斜率的最小值为 ．
29．（2015新课标2文）已知椭圆：的离心率为，点
在 上．
（Ⅰ）求的方程；
（Ⅱ）直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，线段的中点为．证明：直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值．
【解析】（Ⅰ）由题意有，，解得．
∴的方程为．
（Ⅱ）设直线：，，，
将代入得．
故，．
于是直线的斜率，即．
∴直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值．
30．（2015新课标2理）已知椭圆C：（），直线不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．
（Ⅰ）证明：直线OM的斜率与的斜率的乘积为定值；
（Ⅱ）若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边行？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．
【解析】(Ⅰ)设直线，，，．
将代入得，
故，．
于是直线的斜率，即．
∴直线的斜率与的斜率的乘积为定值．
（Ⅱ）四边形能为平行四边形．
∵直线过点，
∴不过原点且与有两个交点的充要条件是，．
由(Ⅰ)得的方程为．设点的横坐标为．
由得，即．
将点的坐标代入直线的方程得，因此．
四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即．
于是．解得，．
∵，，，∴当的斜率为或时，四边形为平行四边形．
31．（2015陕西文）如图，椭圆：（>>0）经过点，且离心率为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）经过点，且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点（均异于点），证明：直线与的斜率之和为2．
【解析】（Ⅰ）由题设知，结合，解得．
∴椭圆的方程式为．
（Ⅱ）由题设知，直线的方程式为，代入，
得．
由已知>0．
设，，， 则．
从而直线的斜率之和
==．
32．（2014江西文理）如图，已知双曲线：()的右焦点，点分别在 的两条渐近线上，轴，∥(为坐标原点）．
（1）求双曲线的方程；
（2）过上一点的直线与直线相交于点，与直线相交于点，证明：当点在上移动时，恒为定值，并求此定值．
【解析】（1）设，∵，∴，直线OB方程为，直线BF的方程为，解得，又直线OA的方程为，则
又∵ABOB，∴，解得，故双曲线C的方程为
（2）由（1）知，则直线的方程为，即，
∵直线AF的方程为，∴直线与AF的交点，直线与直线的交点为，
则，∵是C上一点，则，代入上式得
，所求定值为．
33．（2013山东文理）椭圆的左、右焦点分别是，离心率为，过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为l．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）点是椭圆上除长轴端点外的任一点，连接．设的角平分线交的长轴于点，求的取值范围；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，过点作斜率为的直线，使得与椭圆有且只有一个公共点．设直线的斜率分别为，若，试证明为定值，并求出这个定值．
【解析】：（Ⅰ）由于，将代入椭圆方程得
由题意知，即，又，
∴，，∴椭圆方程为．
（Ⅱ）由题意可知：=，=，
设其中，将向量坐标代入并化简得：，
∵，
∴，而，∴
（Ⅲ）由题意可知，l为椭圆的在点处的切线，由导数法可求得，切线方程为：
，∴，而，代入中得
为定值．
34．（2012湖南理）在直角坐标系中，曲线的点均在：外，且对上任意一点，到直线的距离等于该点与圆上点的距离的最小值．
（Ⅰ）求曲线的方程；
（Ⅱ）设（）为圆外一点，过作圆的两条切线，分别与曲线相交于点A，B和C，D．证明：当在直线上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值．
【解析】（Ⅰ）解法1 ：设M的坐标为，由已知得，
易知圆上的点位于直线的右侧．于是，所以．
化简得曲线的方程为．
解法2 ：由题设知，曲线上任意一点M到圆心的距离等于它到直线的距离，因此，曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，故其方程为．
（Ⅱ）当点P在直线上运动时，P的坐标为，又，则过P且与圆相切的直线的斜率存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为．于是
整理得 ①
设过P所作的两条切线的斜率分别为，则是方程①的两个实根，故
②
由得 ③
设四点A，B，C，D的纵坐标分别为，则是方程③的两个实根，所以 ④
同理可得
⑤
于是由②，④，⑤三式得．
所以当P在直线上运动时，四点的纵坐标之积为定值6400．
考点100 最值与范围问题
34．【2020年江苏18】在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别为、，点
在椭圆上且在第一象限内，，直线与椭圆相交于另一点．
（1）求的周长；
（2）在轴上任取一点，直线与椭圆的右准线相交于点，求的最小值；
（3）设点在椭圆上，记与的面积分别为，若，求点的坐标．
【答案】见解析
【解析】（1）的周长．
（2）由椭圆方程得，设点，则直线方程为，
令得，即，，
，即的最小值为．
（3）设到直线的距离为，到直线的距离为，
若，则，即，
由（1）可得直线方程为，即，∴，．
由题意得，点应为与直线平行且距离为的直线与椭圆的交点，
设平行于的直线为，与直线的距离为，
∴，即或．
当时，直线为，即，
联立可得，即或，
∴或．
当时，直线为，即，
联立可得，，∴无解．
综上所述，点坐标为或．
36．【2020浙江21】如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于M（B，M不同于A）．
（Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标；
（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
【解析】（Ⅰ）当时，的方程为，故抛物线的焦点坐标为；
（Ⅱ）设
由
由M在抛物线上，∴
由即
∴，，，∴的最大值为，此时．
37．【2019全国Ⅱ理】已知点A(−2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为−．记M的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G．
（i）证明：是直角三角形；
（ii）求面积的最大值．
【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】（1）由题设得，化简得，∴C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为．
由得．
记，则．
于是直线的斜率为，方程为．
由得
．①
设，则和是方程①的解，故，由此得．
从而直线的斜率为．
∴，即是直角三角形．
（ii）由（i）得，，∴△PQG的面积．
设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．
∵在[2，+∞）单调递减，∴当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．
因此，△PQG面积的最大值为．
38．【2019浙江】如图，已知点为抛物线的焦点，过点F的直线交抛物线于A、B两点，点C在抛物线上，使得的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记的面积分别为．
（1）求p的值及抛物线的准线方程；
（2）求的最小值及此时点G的坐标．
【解析】（1）由题意得，即p=2．
∴，抛物线的准线方程为x=−1．
（2）设，重心．令，则．
由于直线AB过F，故直线AB方程为，代入，得
，
故，即，∴．
又由于及重心G在x轴上，故，得．
∴，直线AC方程为，得．
由于Q在焦点F的右侧，故．从而
．
令，则m>0，
．
当时，取得最小值，此时G（2，0）．
39．（2018浙江21）
如图，已知点是轴左侧（不含轴）一点，抛物线上存在不同的两点满足的中点均在上．
（I）设中点为，证明：垂直于轴；
（II）若是半椭圆上的动点，求面积的取值范围．
【解析】解析一【标准答案】： （I）设，，．
∵的中点在抛物线上，∴为方程，即
的两个不同的实根．
∴，因此， 轴．
（II）由（I）可知，
∴ ，
因此的面积．
∵，∴，
因此， 的面积的取值范围是．
解法二： （I）设，中点．的中点为．中点为．由题知，．由三角形知识可知，三点共线．
当时，，同理．，垂直于轴．
当时， 三点都在轴上，∴垂直于轴．
综上可知，垂直于轴．
40．（2017浙江文理）如图，已知抛物线．点，，抛物线上的点，过点作直线的垂线，垂足为．
（Ⅰ）求直线斜率的取值范围；
（Ⅱ）求的最大值．
【解析】（Ⅰ）设直线AP的斜率为，，
因为，所以直线AP斜率的取值范围是．
（Ⅱ）联立直线AP与BQ的方程解得点Q的横坐标是 ，
因为==，= =，
所以=，令，因为，
所以在区间上单调递增，上单调递减，因此当时，取得最大值．
41．（2017山东文）在平面直角坐标系中，已知椭圆C：的离心率为，椭圆截直线所得线段的长度为．
(Ⅰ)求椭圆的方程；
(Ⅱ)动直线：交椭圆于，两点，交轴于点．点是关于的对称点，的半径为．设为的中点，，与分别相切于点，，求的最小值．
【解析】（Ⅰ）由椭圆的离心率为，得，又当时，，得，
∴，，因此椭圆方程为．
（Ⅱ）设，联立方程，得，
由 得 （*）
且 ，因此 ，∴ ，又 ，
∴ ，整理得： ，
∵ ，∴ ，
令，，故 ，∴．
令，∴．
当时，，从而在上单调递增，因此，等号当且仅当时成立，此时，∴，由（*）得 且，故，
设，则 ，∴得最小值为．
从而的最小值为，此时直线的斜率时．
综上所述：当，时，取得最小值为．
42．（2017山东理）在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，焦距为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）如图，动直线：交椭圆于两点，是椭圆上一点，直线 的斜率为，且，是线段延长线上一点，且，的半径为，是的两条切线，切点分别为．求的最大值，并求取得最大值时直线的斜率．
【解析】（I）由题意知，，∴，因此椭圆的方程为．
（Ⅱ）设，联立方程得，
由题意知，且，∴．
由题意可知圆的半径为，
由题设知，∴，因此直线的方程为．
联立方程得，因此．
由题意可知，而，
令，则，因此，当且仅当，即时等号成立，此时，∴，因此，∴最大值为．
综上所述：的最大值为，取得最大值时直线的斜率为．
43．(2016全国II理)已知椭圆的焦点在轴上，是的左顶点，斜率为的直线交于两点，点在上，．
（Ⅰ）当时，求的面积；
（Ⅱ）当时，求的取值范围．
【解析】（I）设，则由题意知．
当时，椭圆的方程为，A点坐标为，
由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为．
因此直线的方程为．
将代入得．
解得或，所以．
所以的面积为．
（Ⅱ）由题意知，则直线的方程为，
联立并整理得，
解得或，
所以
由题意，所以的方程为，
同理可得
由，得，即
当时上式成立，因此．
因为，即，整理得
即，解得．
44．(2016天津理)设椭圆的右焦点为，右顶点为，已知
，其中 为原点，为椭圆的离心率．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率的取值范围．
【解析】（Ⅰ）设，由，即，
可得，又，所以，因此，
所以椭圆的方程为．
（Ⅱ）解：设直线的斜率为（），则直线的方程为．
设，由方程组，消去，
整理得．
解得，或，由题意得，从而．
由（Ⅰ）知，，设，有，．
由，得，所以，解得．
因此直线的方程为．
设，由方程组消去，解得．
在中，，即，
化简得，即，解得或．
所以，直线的斜率的取值范围为．
45．（2016浙江文）如图，设抛物线的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于．
（I）求p的值；
（II）若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M．求M的横坐标的取值范围．
【解析】(Ⅰ)由题意得抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线的距离．
由抛物线的第一得，即．
(Ⅱ)由(Ⅰ)得抛物线的方程为，可设．
因为AF不垂直于y轴，可设直线AF：，，由消去得
，故，所以．
又直线AB的斜率为，故直线FN的斜率为，从而的直线FN：，直线BN：，所以，
设M(，0)，由A，M，N三点共线得：，于是，经检验，或满足题意．
综上，点M的横坐标的取值范围是．
45．（2015重庆文）如图，椭圆（>>0）的左、右焦点分别为，，且过的直线交椭圆于两点，且．
（Ⅰ）若|，|，求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）若|，且，试确定椭圆离心率的取值范围．
【解析】（Ⅰ）由椭圆的定义，，故．
设椭圆的半焦距为，由已知，因此
，
即，从而．故所求椭圆的标准方程为．
（Ⅱ）如题(21)图，由，
得．
由椭圆的定义，，，
进而．
于是．
解得，故．
由勾股定理得，
从而，
两边除以，得，
若记，则上式变成．
由，并注意到关于的单调性，得，即，进而，即．
46．（2014新课标1文理） 已知点，椭圆：的离心率为，是椭圆的右焦点，直线的斜率为，为坐标原点．
（Ⅰ)求的方程；
（Ⅱ）设过点的动直线与相交于两点，当的面积最大时，求的方程．
【解析】
（Ⅱ）
．
47．（2014浙江文理）如图，设椭圆动直线与椭圆只有一个公共点，且点在第一象限．
（Ⅰ）已知直线的斜率为，用表示点的坐标；
（Ⅱ）若过原点的直线与垂直，证明：点到直线的距离的最大值为．
【解析】（Ⅰ）设直线的方程为，由，
消去得，，
由于直线与椭圆只有一个公共点，故，即，
解得点的坐标为，由点在第一象限，
故点的坐标为；
（Ⅱ）由于直线过原点，且与垂直，故直线的方程为，
∴点到直线的距离，
整理得，∵，
∴，当且仅当时等号成立，
∴点到直线的距离的最大值为．
48．（2015山东理）平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率为，左、右焦点分别是、．以为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆上．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设椭圆：，为椭圆上任意一点，过点的直线 交椭圆于两点，射线交椭圆于点．
（ i ）求的值；
（ii）求△面积的最大值．
【解析】（Ⅰ）由题意知，则，又，，
可得，∴椭圆的方程为．
（Ⅱ）由（I）知椭圆的方程为．
（i）设，由题意知，
∵，又，即，
∴，即．
（ii）设，将代入椭圆的方程，
可得，
由，可得 ，
则有，
∴．
∵直线与轴交点的坐标为，
∴的面积
令，将代入椭圆的方程，
可得 ，
由，可得 ，
由①②可知 ，因此，
故 ，
当且仅当时，即时取得最大值，
由（i）知，面积为，
∴面积的最大值为．
49．（2014山东文理）已知抛物线的焦点为，为上异于原点的任意一点，过点的直线交于另一点，交轴的正半轴于点，且有，当点的横坐标为3时，为正三角形．
（Ⅰ）求的方程；
（Ⅱ）若直线，且和有且只有一个公共点，
（ⅰ）证明直线过定点，并求出定点坐标；
（ⅱ）的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
【解析】（Ⅰ）由题意知，设，则的中点为
因为，由抛物线的定义可知，
解得或（舍去）
由，解得．所以抛物线的方程为．
（Ⅱ）（ⅰ）由（Ⅰ）知，设．
因为，则，
由得，故，故直线的斜率
因为直线和直线平行，
设直线的方程为，代入抛物线的方程得，
由题意，得
设，则
当时，，
可得直线的方程为，由，
整理得，直线恒过点
当时，直线的方程为，过点，所以直线过定点．
（ⅱ）由（ⅰ）知直线过定点，
所以．
设直线的方程为，因为点在直线上
故．设，直线的方程为
由于，可得，代入抛物线的方程得
所以，可求得，
所以点到直线的距离为
==
则的面积，
当且仅当即时等号成立，
所以的面积的最小值为．
50．（2014山东理）在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，直线被椭圆截得的线段长为．
（Ｉ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）过原点的直线与椭圆C交于A，B两点（A，B不是椭圆C的顶点）．点D在椭圆C上，且，直线BD与轴、轴分别交于M，N两点．
（ⅰ）设直线BD，AM的斜率分别为，证明存在常数使得，并求出的值；
（ⅱ）求面积的最大值．
【解析】（Ｉ）由题意知，可得．
椭圆C的方程可化简为．
将代入可得，
因此，可得．
因此，
∴椭圆C的方程为．
（Ⅱ）（ⅰ）设，则，
∵直线AB的斜率，
又，∴直线AD的斜率，
设直线AD的方程为，
由题意知，
由，可得．
∴，
因此，
由题意知，，∴，
∴直线BD的方程为，
令，得，即．可得．
∴，即．
因此存在常数使得结论成立．
（ⅱ）直线BD的方程，
令，得，即，
由（ⅰ）知，
可得的面积，
∵，当且仅当时等号成立，
此时S取得最大值，∴的面积的最大值为．
51．（2014四川文理）已知椭圆C：（）的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）设F为椭圆C的左焦点，T为直线上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q．
（i）证明：OT平分线段PQ（其中O为坐标原点）；
（ii）当最小时，求点T的坐标．
【解析】（1）依条件，∴椭圆C的标准方程为．
（Ⅱ）设，，，又设中点为，
（i）∵，∴直线的方程为：，
，∴
于是，，∴．
∵，∴，，三点共线，即OT平分线段PQ（其中O为坐标原点）．
（ii），，
∴，令（），
则（当且仅当时取“”），
∴当最小时，即或，此时点T的坐标为或．
52．（2013广东文理）已知抛物线的顶点为原点，其焦点到直线的距离为．设为直线上的点，过点作抛物线的两条切线，其中为切点．
（Ⅰ）求抛物线的方程；
（Ⅱ）当点为直线上的定点时，求直线的方程；
（Ⅲ）当点在直线上移动时，求的最小值．
【解析】（Ⅰ）依题意，解得（负根舍去）
抛物线的方程为．
（Ⅱ）设点，，，
由，即得．
∴抛物线在点处的切线的方程为，
即．
∵， ∴．
∵点在切线上， ∴． ①
同理， ． ②
综合①、②得，点的坐标都满足方程 ．
∵经过两点的直线是唯一的，
∴直线 的方程为，即．
（Ⅲ）由抛物线的定义可知，
所以
联立，消去得，
当时，取得最小值为．
53．（2011新课标文理）在平面直角坐标系中， 已知点，点在直线上，点满足，，点的轨迹为曲线C．
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）为C上动点，为C在点处的切线，求点到距离的最小值．
【解析】（Ⅰ）设，由已知得，．
所以=， =(0，)， =(，-2)．
再由题意可知（+）• =0， 即（，）• (，－2)=0．
所以曲线C的方程式为．
（Ⅱ）设为曲线C：上一点，因为，所以的斜率为，
因此直线的方程为，即．
则点到的距离．又，所以
当=0时取等号，所以点到距离的最小值为2．
54．（2011广东文理）设圆C与两圆中的一个内切，另一个外切．
（1）求C的圆心轨迹L的方程；
（2）已知点M，且P为L上动点，求的最大值及此时点P的坐标．
【解析】（1）设C的圆心的坐标为，由题设条件知
化简得L的方程为
（2）过M，F的直线方程为，将其代入L的方程得
解得
因T1在线段MF外，T2在线段MF内，故
，若P不在直线MF上，在中有
故只在T1点取得最大值2．
考点101 探索型与存在性问题
55．【2018上海20】（本题满分16分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第2小题满分6分，第3小题满分6分）
设常数，在平面直角坐标系中，已知点，直线，曲线．与轴交于点，与交于点分别是曲线与线段上的动点．
（1）用为表示点到点的距离；
（2）设，线段的中点在直线上，求的面积；
（3）设，是否存在以为邻边的矩形，使得点在上？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由．
【解析】（1）由抛物线的几何性质可得点到点的距离为．
（2）由已知，直线的方程为，联立解得．
又点．
（3）存在．理由如下：
焦点为，设，则，根据得到
，解得满足题意．
56．（2016全国I文）在直角坐标系中，直线：交轴于点，交抛物线：于点，关于点的对称点为，连结并延长交于点．
（I）求；
（II）除以外，直线与是否有其它公共点？说明理由．
【解析】（Ⅰ）由已知得，．
又为关于点的对称点，故，的方程为，
代入整理得，解得，，
因此．所以为的中点，即．
（Ⅱ）直线与除以外没有其它公共点．理由如下：
直线的方程为，即．
代入得，解得，即直线与只有一个公共点，所以除以外直线与没有其它公共点．
57．（2015新课标1理）在直角坐标系中，曲线：与直线交与，两点，
（Ⅰ）当时，分别求在点和处的切线方程；
（Ⅱ）轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由．
【解析】（Ⅰ）由题设可得，，或，
．∵，故在=处的导数值为，
在处的切线方程为，即．
故在处的导数值为，在处的切线方程为
，即．
故所求切线方程为或．
（Ⅱ）存在符合题意的点，证明如下：
设为符合题意的点，，，
直线，的斜率分别为．
将代入的方程整理得．
∴．
∴==．
当时，有=0，则直线的倾斜角与直线的倾斜角互补，
故∠=∠，所以符合题意．
58．（2015北京理）已知椭圆：的离心率为，点和点都在椭圆上，直线交轴于点．
（Ⅰ）求椭圆的方程，并求点的坐标（用，表示）；
（Ⅱ）设为原点，点与点关于轴对称，直线交轴于点．问：轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由．
【解析】（Ⅰ）由题意得解得=2，故椭圆的方程为．
设(，0)．∵，∴．
直线的方程为，∴=，即．
（Ⅱ）∵点与点关于轴对称，∴，设，则=．
“存在点使得=等价”，“存在点使得=”即满足．∵，，，∴．
∴=或，故在轴上存在点，使得=，点的坐标为或．
59．（2015湖北理）一种作图工具如图1所示．是滑槽的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且，．当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动N绕转动一周（D不动时，N也不动），M处的笔尖画出的曲线记为C．以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系．
（Ⅰ）求曲线C的方程；
（Ⅱ）设动直线与两定直线和分别交于两点．若直线 总与曲线有且只有一个公共点，试探究：△OPQ的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．
【解析】（Ⅰ）设点，，依题意，
，且，
所以，且
即，且．
由于当点不动时，点也不动，所以不恒等于0，
于是，故，代入，可得，
即所求的曲线的方程为．
（Ⅱ）（1）当直线的斜率不存在时，直线为或，
都有．
（2）当直线的斜率存在时，设直线，
由 ，消去，可得．
因为直线总与椭圆有且只有一个公共点，
所以，即． ①
又由 可得；同理可得．
由原点到直线的距离为和，可得
．②
将①代入②得，．
当时，；
当时，．
因，则，，所以，
当且仅当时取等号．所以当时，的最小值为8．
综合（1）（2）可知，当直线与椭圆在四个顶点处相切时，△OPQ的面积取得最小值8．
60．（2015四川理）如图，椭圆：的离心率是，过点的动直线与椭圆相交于两点，当直线平行与轴时，直线被椭圆截得的线段长为．
（1）求椭圆的方程；
（2）在平面直角坐标系中，是否存在与点不同的定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）由已知，点在椭圆上．
因此，解得，．
所以椭圆的方程为．
（2）当直线与轴平行时，设直线与椭圆相交于、两点．
如果存在定点满足条件，则，即．
所以点在y轴上，可设点的坐标为．
当直线与轴垂直时，设直线与椭圆相交于、两点．
则，，
由，有，解得或．
所以，若存在不同于点的定点满足条件，则点的坐标只可能为．
下面证明：对任意的直线，均有．
当直线的斜率不存在时，由上可知，结论成立．
当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，、的坐标分别为．
联立得．
其判别式，
所以，．
因此．
易知，点关于轴对称的点的坐标为．
又，
所以，即三点共线．
所以．
故存在与不同的定点，使得恒成立．
61．（2015浙江理）已知椭圆上两个不同的点关于直线对称．
（Ⅰ）求实数的取值范围；
（Ⅱ）求面积的最大值（为坐标原点）．
【解析】（Ⅰ）由题意知，可设直线的方程为．
由消去，得．
因为直线与椭圆有两个不同的交点，所以，①
设为的中点，则，代入直线方程解得．②
由①②得或．
（Ⅱ）令，则，且到直线的距离．
设的面积为，所以，当且仅当时，等号成立，故面积的最大值为．
62．（2014湖南文理）如图5，为坐标原点，双曲线和椭圆均过点，且以的两个顶点和的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形．
（Ｉ）求的方程；
（Ⅱ）是否存在直线，使得与交于两点，与只有一个公共点，且？证明你的结论．
【解析】（Ｉ）设的焦距为，由题可得，从而，
∵点在双曲线上，∴，
由椭圆的定义可得
，
，∴的方程为．
（Ⅱ）不存在符合题设条件的直线．
(1)若直线垂直于轴 ，∵与只有一个公共点，
∴直线的方程为或，
当时，易知∴，
此时．当时，同理可得．
（2）当直线不垂直于轴，设的方程为，由
可得，当与相交于两点时，
设，则满足上述方程的两个实根，从而
，于是，
由可得，∵直线与只有一个公共点，∴上述方程的判别式，
化简可得，因此
，
于是，即，∴，综合（i）（ii）可知，不存在符合题目条件的直线．
63．（2013安徽文理）已知椭圆的焦距为4，且过点．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设为椭圆上一点，过点作轴的垂线，垂足为．取点，连接，过点作的垂线交轴于点．点是点关于轴的对称点，作直线，问这样作出的直线是否与椭圆C一定有唯一的公共点？并说明理由．
【解析】（Ⅰ）∵焦距为4，所，又∵椭圆C过点，∴，故，，从而椭圆C的方程为．
（Ⅱ）由题意，E点坐标为，设，则 ，
，再由知，，即．
由于，故．∵点G是点D关于y轴的对称点，∴点．
故直线的斜率．
又因在椭圆C上，∴． ①
从而
故直线的方程为 ②
将②代入椭圆C方程，得：
③
再将①代入③，化简得：
解得，即直线与椭圆C一定有唯一的公共点．
64．（2013湖北文理）如图，已知椭圆与的中心在坐标原点，长轴均为且在轴上，短轴长分别为，，过原点且不与轴重合的直线与，的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D．记，△和△的面积分别为和．
（Ⅰ）当直线与轴重合时，若，求的值；
（Ⅱ）当变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得？并说明理由．
【解析】依题意可设椭圆和的方程分别为
：，：．其中，
（Ⅰ）解法1：如图1，若直线与轴重合，即直线的方程为，则
，，∴．
在C1和C2的方程中分别令，可得，，，
于是．
若，则，化简得．由，可解得．
故当直线与轴重合时，若，则．
解法2：如图1，若直线与轴重合，则
，；
，．．
∴．
若，则，化简得．由，可解得．
故当直线与轴重合时，若，则．
第28题解答图1
第28题解答图2
（Ⅱ）解法1：如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得．根据对称性，
不妨设直线：，
点，到直线的距离分别为，，则
∵，，∴．
又，，∴，即．
由对称性可知，∴，
，于是
． ①
将的方程分别与C1，C2的方程联立，可求得
，．
根据对称性可知，，于是
． ②
从而由①和②式可得
． ③
令，则由，可得，于是由③可解得．
∵，∴．于是③式关于有解，当且仅当，
等价于．由，可解得，
即，由，解得，∴
当时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得；
当时，存在与坐标轴不重合的直线l使得．
解法2：如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得．根据对称性，
不妨设直线：，
点，到直线的距离分别为，，则
∵，，∴．
又，，∴．
∵，∴．
由点，分别在C1，C2上，可得
，，两式相减可得，
依题意，∴．∴由上式解得．
∵，∴由，可解得，从而，解得，
∴当时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得；当时，存在与坐标轴不重合的直线l使得．
65．（2012广东文理）在平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率，且椭圆上的点到的距离的最大值为3．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）在椭圆上，是否存在点使得直线：与圆： 相交于不同的两点，且的面积最大？若存在，求出点的坐标及相对应的的面积；若不存在，请说明理由．
【解析】（Ⅰ）由，∴
设是椭圆上任意一点，则，∴
∴，当时，有最大值，可得，∴
故椭圆的方程为：
（Ⅱ）存在点满足要求，使得面积最大．
假设直线与圆相交于不同两点，
则圆心到的距离，∴ ①
∵在椭圆上，∴ ②，由①②得：
∵
∴，由②得代入上式
得，当且仅当，
∴，此时满足要求的点有四个．
此时对应的的面积为．
66．（2011山东文理）在平面直角坐标系中，已知椭圆．如图所示，斜率为且不过原点的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，射线交椭圆于点，交直线于点．
（Ⅰ）求的最小值；
（Ⅱ）若∙，
（i）求证：直线过定点；
（ii）试问点，能否关于轴对称？若能，求出此时的外接圆方程；若不能，请说明理由．
【解析】（Ⅰ）设直线，由题意，
由方程组得，
由题意，∴
设，由韦达定理得
∴
由于E为线段AB的中点，因此
此时
∴OE所在直线方程为又由题设知D（－3，m），
令=－3，得，即=1，∴
当且仅当==1时上式等号成立，此时 由得
因此 当时，取最小值2．
（Ⅱ）（i）由（I）知OD所在直线的方程为将其代入椭圆C的方程，并由
解得，又，由距离公式及得
由因此，直线的方程为∴直线
（ii）由（i）得，若B，G关于x轴对称，则
代入即，解得（舍去）或
∴k=1，此时关于x轴对称．
又由（I）得∴A（0，1）．
由于的外接圆的圆心在x轴上，可设的外接圆的圆心为（d，0），
因此
故的外接圆的半径为，∴的外接圆方程为
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